Eléments de correction du Bac Blanc

Durée : 4 heures
[ Eléments de correction du Bac Blanc - TS \
Lycée Français de Valence- obligatoire
avril 2011
E XERCICE 1 [ Baccalauréat S Asie juin 2009 et Liban juin 2010 \
Commun à tous les candidats
5 points
L’exercice comporte quatre questions indépendantes. Pour chacune d’entre elles, trois réponses sont proposées dont une seule est exacte. Il s’agit de déterminer la bonne réponse et de justifier le choix ainsi effectué.
Un choix non justifié ne rapporte aucun point. Toutefois, toute trace de recherche, même incomplète, ou
d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
1. Question 1
La solution f de l’équation différentielle y ′ + 2y = 6 qui vérifie la condition initiale f (0) = 1 est
définie sur l’ensemble R des nombres réels par :
Réponse (1) :
f (x) = −2e−2x + 3
Réponse (2) :
f (x) = −2e2x + 3
Réponse (3) :
f (x) = −2e−2x − 3
La fonction constante x 7→ 3 est solution de l’équation et les solutions de l’équation y ′ + 2y = 0
sont de la forme x 7→ K e−2x .
Les solutions sont donc de la forme : f (x) = K e−2x + 3. Or f (0) = 1 ⇐⇒ K + 3 = 0 ⇐⇒ K = −2.
Donc réponse (1).
2. Question 2
Une urne contient une boule blanche et deux boules noires. On effectue 10 tirages successifs d’une
boule avec remise (on tire une boule au hasard, on note sa couleur, on la remet dans l’urne et on
recommence).
Réponse (1) :
Réponse (2) :
Réponse (3) :
µ ¶7 µ ¶3
µ ¶3 µ ¶7
µ ¶3 µ ¶7
1
10!
1
2
2
2
1
×
3×
×
×
×
120 ×
3
3
3
3
(10 − 3)!3!
3
3
Il s’agit d’un schéma de Bernoulli : on renouvelle 10 fois de manière indépendante une expérience
à deux issues consistant à tirer un boule dans une urne contenant 3 boules dont une blanche. La
probabilité de tirer une blanche est de 1/3. On appelle X la variable aléatoire donnant le nombre
de boules blanches obtenues
des 10 expériences. X suit une loi binomiale de paramètres
à ! µ ¶à l’issue
µ ¶7
10
1 3
2
(10; 1/3). p(X = 3) =
×
×
3
3
3
µ ¶3 µ ¶7
2
1
×
. Donc réponse (2).
p(X = 3) = 120 ×
3
3
3. Question 3
³ →
−´
− →
− →
Dans l’espace muni d’un repère orthonormal O, ı ,  , k , on considère le plan P d’équation
cartésienne : x − 3y + 2z = 5 et le point A(2 ; 3 ; −1).
Le projeté orthogonal du point A sur le plan P est le point :
Réponse (1) :
Réponse (2) :
Réponse (3) :
H1 (3 ; −1 ; 4)
H2 (4 ; −3 ; −4)
H3 (3 ; 0 ; 1)
La perpendiculaire à P contenant A a pour équations paramétriques :

 x = 2 + 1t
y = 3 − 3t
, t ∈R

z = −1 + 2t
Le projeté orthogonal de A sur P est donc le point commun à cette droite et à P . Ses coordonnées
vérifient donc le système :

x



y

z


x − 3y + 2z
=
=
=
=
2 + 1t
3 − 3t
−1 + 2t
5

x



y
⇐⇒

z


2 + t − 3(3 − 3t ) + 2(−1 + 2t )
1
=
=
=
=
2 + 1t
3 − 3t
−1 + 2t
5
⇐⇒

x



y
 z


14t
=
=
=
=
2 + 1t
3 − 3t
−1 + 2t
14

x



y
⇐⇒
 z


t
=
=
=
=
3
0
1
1
Une autre méthode est de tester chacune des propositions : H est il sur le plan P ? et (AM) est il
orthogonal au plan P ?
La bonne réponse est (3).
4. Question 4
1
est égale à :
1 + x2
π
Réponse (3) :
2
La valeur moyenne de la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 1] par f (x) =
π
π
Réponse (2) :
2
4
La valeur moyenne de la fonction f est :
Z1
1
1
dx.
m=
1 − 0 0 1 + x2
Cette intégrale ne peut être calculée, mais sur [0 ; 1] :
1
1
0 6 x 6 1 ⇒ 0 6 x 2 6 1 ⇒ 1 6 1 + x 2 6 2 ⇐⇒ 6
6 1.
2 1 + x2
Ces fonctions étant positives, on obtient en intégrant sur [0 ; 1] :
Z1
Z1
Z1
1
1
1
dx
6
dx 6
1 dx, soit 6 m 6 1.
2
2
0 2
0
0 1+x
π
Or ≈ 1, 57, donc la seule réponse possible est la réponse (2).
2
Réponse (1) : −
5. Question 5
³ →
− →
−´
On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v , le point
1+i
A d’affixe a = 2 − i et le point B d’affixe b =
a.
2
Réponse (1) :
Réponse (2) :
Réponse (3) :
Le triangle OAB n’est que rec- Le triangle OAB n’est qu’iso- Le triangle OAB est rectangle
tangle.
cèle.
isocèle.
a −b
BA
−→ −→
Soit Z =
, on sait que Ar g (Z ) = (BO, BA) et que |Z | =
.
−b
BO
3 1
1 3
1
3
1+i
(2 − i) = + i, donc a − b = − i = i(− i − i) = −ib.
b=
2
2 2
2 2
2
2
−ib
π
π
−→ −→
Z=
= i est de module 1 et d’argument . Donc (BO, BA) = et BA = BO. Le triangle ABO est
−b
2
2
donc isocèle rectangle de sommet B., donc la seule réponse possible est la réponse (3).
E XERCICE 2 [ Baccalauréat S Métropole & La Réunion - septembre 2010 \
Commun à tous les candidats
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
f (x) = x(1 − ln x).
La courbe représentative C de la fonction f est donnée en annexe 1 (à rendre avec la copie).
Partie 1 : Étude de la fonction f
1. Étudier le signe de f (x) suivant les valeurs du nombre réel x.
Comme x est supérieur à zéro, le signe de f (x) est celui de 1 − ln x.
Or 1 − ln x > 0 ⇐⇒ 1 > ln x ⇐⇒ ln e > ln x ⇐⇒ e > x par croissance de la fonction ln.
On a donc :
f (x) > 0 ⇐⇒ 0 < x < e ;
f (x) = 0 ⇐⇒ x = e ;
f (x) < 0 ⇐⇒ x > e.
2
6 points
2. Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de définition.
• Au voisinage de zéro : f (x) = x − x ln x.
On sait que lim x ln x = 0, donc lim f (x) = 0.
x→0
x→0
• Au voisinage de plus l’infini :
On a lim x = +∞ et lim 1 − ln x = −∞. Par produit des limites on obtient : lim f (x) = −∞.
x→+∞
x→0
x→0
Remarque : la lecture de l’annexe correspond bien à ces résultats.
3. Déterminer la dérivée de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[ et dresser le tableau de variations
de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
f produit de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle et :
¶
µ
1
f ′ (x) = 1 − ln x + x × − = 1 − ln x − 1 = − ln x.
x
Or − ln x > 0 ⇐⇒ ln x < 0 ⇐⇒ ln x < ln 1 ⇐⇒ x < 1 par croissance de la fonction ln.
De même − ln x > 0 ⇐⇒ x > 1.
Conclusion : la fonction est croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[.
0
x
′
f (x)
1
0
1
+
f (x)
e
−
+∞
0
0
−∞
4. Soit a un nombre réel strictement positif. On considère la tangente (T a ) au point A de la courbe C
d’abscisse a.
a. Déterminer, en fonction du nombre réel a, les coordonnées du point A′ , point d’intersection
de la droite (T a ) et de l’axe des ordonnées.
On a M(x ; y) ∈ (T a ) ⇐⇒ y − f (a) = f ′ (a)(x − a) ⇐⇒ y − a + a ln a = − ln a(x − a) ⇐⇒
y = −x ln a + a.
Le point d’intersection de la droite (T a ) et de l’axe des ordonnées a une abscisse nulle, d’où
y = a, ordonnée du point A′ .
Conclusion : A′ (0 ; a).
b. Expliciter une démarche simple pour la construction de la tangente (T a ). Sur l’annexe 1 (à
rendre avec la copie) construire la tangente (T a ) au point A placé sur la figure.
Il suffit de tracer le quart de cercle centré en O de rayon a qui coupe l’axe des ordonnées au
point A′ (0 ; a)
Du point (a ; 0) donné sur la figure on trace la verticale qui coupe C au point A(a ; f (a)).
La tangente est la droite (AA′ ). Voir à la fin la figure.
Partie II : Un calcul d’aire
Soit a un nombre réel strictement positif.
On note A (a) la mesure, en unité d’aire, de l’aire de la région du plan limitée par la courbe C , l’axe des
abscisses et les droites d’équations respectives x = a et x = e.
Ze
1. Justifier que A (a) =
f (x) dx, en distinguant le cas a < e et le cas a > e.
a
• On a vu à la question 1. que sur ]0 ; e] la fonction f est positive. La mesure de la surface limitée
par la courbe C , l’axe desZ
abscisses et les droites d’équations respectives x = a et x = e est donc
égale à l’intégrale A (a) =
e
f (x) dx.
a
• On a vu que sur [e ; +∞[, f (x) < 0. Dans ce cas la surface limitée par la courbeZC , l’axe des
a
abscisses et les droites d’équations respectives x = a et x = e est donc égale à −
f (x) dx =
e
Ze
f (x) dx = A (a) en permutant les bornes d’intégration.
a
2. À l’aide d’une intégration par parties, calculer A (a) en fonction de a.
Ze
On a donc A (a) =
x(1 − ln x) dx.
a
3
x2
2 .
Posons
1
= −
x
Toutes ces fonctions étant continues et dérivables sur ]0 ; +∞[, on peut donc intégrer par parties :
¸ e Ze
· 2
¸ e Ze
· 2
x
x
1 x2
x
(1 − ln x) +
×
dx =
(1 − ln x) +
dx =
A (a) =
2
2
2
a x
a 2
a
a
· 2
¸
¸
·
e
¢ x2 e
x
x2
x2 ¡ 3
=
=
(1 − ln x) +
−
ln
x
+
2
4 a
2 2
4 a
¶
¶
µ
µ
¢ a2 3
e2 ¡ 3
e2 a 2 3
−1 −
− ln a =
−
− ln a .
2
2
2 2
4
2 2
½
′
u (x)
v(x)
=
=


 u(x)
x
d’où

1 − ln x
 v ′ (x)
=
E XERCICE 3 [ Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2010 \
Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
³ →
− →
−´
Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v d’unité 1 cm.
1. Restitution organisée de connaissances
F IGURE 1
¯ ′
¯
¯
¯
¯z −ω¯
¯ = 1.
a. La relation (1) se traduit par ¯ z ′ − ω¯ = |z − ω|, ou encore ¯¯
z −ω ¯
µ ′
¶
z −ω
La relation (2) se traduit par : arg
= θ (2π).
z −ω
z′ − ω
b. Le nombre complexe
a pour module 1 et pour argument θ, on
z −ω
z′ − ω
peut donc écrire, en utilisant la forme exponentielle, que :
= eiθ .
z −ω
On en déduit alors que z ′ − ω = eiθ (z − ω) d’où : z ′ = eiθ (z − ω) + ω.
p
2. L’équation : z 2 − 4 3z + 16 = 0 a pour discriminant ∆ = −16 < 0. Il y a donc
deux solutions complexes conjuguées :
p
p
p
4 3 − 4i
D z1 =
= 2 3 − 2i et z2 = z1 = 2 3 + 2i.
2
Ãp
!
p
¡
¡ ¢
¡ ¢¢
π
3 1
B 3.
a. On a b = 2 3 + 2i = 4
+ i = 4 cos π6 + i sin π6 = 4ei 6 . On en dé2
2
6
5
4
b
3
2
b
π
duit que a = b = 4e−i 6 .
1
→
−
v
−2
−1
b. Voir figure 1.
b
−
O →
u
1
2
3
b
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
b
C
c. Comme
a 8et b 9sont conjugués, les points A et B sont symétriques par
6
7
rapport à l’axe réel
¯ et
p l’on a donc
p O A =¯OB = |a| = 4.
Par ailleurs AB = ¯2 3 + 2i − (2 3 − 2i)¯ = |4i| = 4.
Ainsi O A = OB = AB, le triangle O AB est donc équilatéral.
A
Ã
p !
p
3
1
i 2π
(−8i) = 4 3 + 4i.
4. D’après la question 1 : d = e 3 (c − 0) + 0 = − + i
2
2
−−→
−−→
5. On constate que d = 2b, autrement dit : OD = 2OB , ce qui signifie que D est
l’image de B par l’homothétie de centre O et de rapport 2.
4
−1
5
6. OB = AB car le triangle O AB est équilatéral ; de même BD = OB car B est le
−−→
−−→
milieu de [OD] (puisque OD = 2OB ). On a donc BO = B A = BD et les points
O, B et D sont alignés, donc le point A appartient au cercle de diamètre [OD]
(et de centre B). Le triangle O AD est donc rectangle en A.
Autre méthode :
à p
!
µ
¶
³−−→ −−→´
p
d −a
π
2 3 + 6i
AO ; AD = arg
= arg
= arg(−i 3) = − (2π).
p
−a
2
−2 3 + 2i
4
5 points
E XERCICE 4 [ Baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 2010 \
Commun à tous les candidats
4 points
Dans cet exercice, les résultats approchés seront donnés à 0,000 1 près.
Lors d’une épidémie chez des bovins, on s’est aperçu que si la maladie est diagnostiquée suffisamment
tôt chez un animal, on peut le guérir ; sinon la maladie est mortelle.
Un test est mis au point et essayé sur un échantillon d’animaux dont 1 % est porteur de la maladie.
On obtient les résultats suivants :
• si un animal est porteur de la maladie, le test est positif dans 85 % des cas ;
• si un animal est sain, le test est négatif dans 95 % des cas.
On choisit de prendre ces fréquences observées comme probabilités pour la population entière et d’utiliser le test pour un dépistage préventif de la maladie.
On note :
M l’évènement : « l’animal est porteur de la maladie » ;
T l’évènement : « le test est positif ».
1. Construire un arbre pondéré modélisant la situation proposée.
0,85
T
M
0,01
0,15
0,05
0,99
T
T
M
0,95
T
2. Un animal est choisi au hasard.
a. Quelle est la probabilité qu’il soit porteur de la maladie et que son test soit positif ?
On suit la première branche : la probabilité est égale à
p(M) × p M (T) = 0, 01 × 0, 85 = 0,0085.
b. Montrer que la probabilité pour que son test soit positif est 0, 058. La probabilité qu’il soit non
porteur de la maladie et que son test soit positif (troisième branche) est égale à 0, 99 × 0, 05 =
0,0495.
³ ´
On a donc p(T) = p(M) × p M (T) + p M × p M (T) = 0,0085 + 0,0495 = 0, 058.
3. Un animal est choisi au hasard parmi ceux dont le test est positif. Quelle est la probabilité pour
p(M ∩ T) 0,0085
=
≈ 0,1466.
qu’il soit porteur de la maladie ? Il faut calculer p T (M) =
p(T)
0, 058
4. On choisit cinq animaux au hasard. La taille de ce troupeau permet de considérer les épreuves
comme indépendantes et d’assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note X la variable
aléatoire qui, aux cinq animaux choisis, associe le nombre d’animaux ayant un test positif.
a. Quelle est la loi de probabilité suivie par X ? On a ici un schéma de Bernoulli de paramètres
n = 5 et p = 0,058.
X suit donc la loi binomiale B(5 ; 0, 058).
La probabilité que k animaux soient malades est égale à :
à !
5
× 0,058k × (1 − 0,058)5−k .
k
On obtient le tableau de la loi de probabilité de X suivant :
X = xi
p (X = xi )
0
0,741 7
1
0,228 4
2
0,028 1
3
0,001 7
4
0,000 1
5
0
b. Quelle est la probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif ? L’évènement contraire est : tous les animaux ont un test négatif qui d’après le tableau précédent a
une probabilité d’environ 0,741 7.
La probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif est donc : 1−0,7417 =
0,2583.
5
5.
Le coût des soins à prodiguer à un animal ayant réagi positivement au test est de 100 euros
et le coût de l’abattage d’un animal non dépisté par le test et ayant développé la maladie est de
1 000 euros. On suppose que le test est gratuit.
D’après les données précédentes, la loi de probabilité du coût à engager par animal subissant le
test est donnée par le tableau suivant :
Coût
Probabilité
0
0,940 5
100
0,058 0
1 000
0,001 5
a. Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire associant à un animal le coût à
engager. On a d’après les données du tableau :
E = 0 × 0,9405 + 100 × 0,0580 + 1000 × 0,0015 = 5, 80 + 1, 50 = 7, 30 (.
Ceci représente le coût moyen par animal
b. Un éleveur possède un troupeau de 200 bêtes. Si tout le troupeau est soumis au test, quelle
somme doit-il prévoir d’engager ? Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de :
200 × 7, 30 = 1460 (.
ANNEXE 1 (Exercice 2)
(à rendre avec la copie)
2,0
B
1,5
(T a )
1,0
f (a)
A
0,5
−1
O
C
1
a
2
3
−0,5
−1,0
−1,5
−2,0
−2,5
6
4
5